14数列求和-裂项相消法求和-【数列专题】2024届高考数学重要模型专练（全国通用）

这是一份14数列求和-裂项相消法求和-【数列专题】2024届高考数学重要模型专练（全国通用），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知数列的前n项和为，下列说法错误的是（ ）
A．若则
B．若，，则
C．若，则
D．若，，且，则
2．2022年11月8日，著名华人数学家张益唐教授以视频方式作学术报告，与北大数学师生分享他围绕“朗道—西格尔零点猜想”所做的研究工作，他在“大海捞针”式的研究过程中提出的新想法是基于一个简单的代数恒等式：.已知数列的通项公式为，则其前9项的和等于（ ）
A．13280B．20196C．20232D．29520
3．已知一次函数在坐标轴上的截距相等且不为零，其图象经过点，令，，记数列的前n项和为，当时，n的值等于（ ）
A．19B．20C．21D．22
4．已知数列满足，记为不小于的最小整数，，则数列的前2023项和为（ ）
A．2020B．2021C．2022D．2023
5．元代数学家朱世杰所创立的“招差术”是我国古代数学领域的一项重要成就，曾被科学家牛顿加以利用，在世界上产生了深远的影响.已知利用“招差术”得到以下公式：，具体原理如下：，，类比上述方法，的值是（ ）
A．90B．210C．420D．756
6．已知数列的首项为,数列的前项和小于实数，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
7．设数列的通项公式为，数列的前项和为，那么等于（ ）
A．B．C．D．
8．如图甲是第七届国际数学家大会（简称ICME-7）的会徽图案，会徽的主题图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的.已知为直角顶点，设这些直角三角形的周长从小到大组成的数列为，令为数列的前项和，则（ ）
A．8B．9C．10D．11
二、多选题
9．如图，杨辉三角形中的对角线之和1，1，2，3，5，8，13，21，…构成的斐波那契数列经常在自然中神奇地出现，例如向日葵花序中央的管状花和种子从圆心向外，每一圈的数字就组成这个数列，等等.在量子力学中，粒子纠缠态、量子临界点研究也离不开这个数列.斐波那契数列的第一项和第二项都是1，第三项起每一项都等于它前两项的和，则（ ）

A．B．
C．D．
10．已知数列为公差为的等差数列，为公比为的正项等比数列.记，，，，则（ ）
参考公式：
A．当时，B．当时，
C．D．
11．南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设各层球数构成一个数列，且，数列的前n项和为，则正确的选项是（ ）．
A．B．
C．D．
12．已知定义在上的函数该函数称为黎曼函数．若数列满足，则下列说法正确的是（ ）
A．B．C．D．
三、填空题
13．一只蚂蚁在四面体上从一个顶点等可能地爬向其余顶点，若其爬X次后的位置是出发点（可以继续爬），则当时， （用n表示）.
14．若数列满足，（且为正整数），则称数列为斐波那契数列.该数列是由意大利科学家列昂纳多·斐波那契于年提出，此数列在如今多种领域都有着广泛的应用.若记，则数列的前项和为 ；若此数列各项除以的余数构成一个新数列，则数列的前项和为 .
15．记为数列的前项和，已知，则 .
16．数列的前20项和为 ．
17．已知数列的前项和为，，且，则的最大值为 ．
18．在数列中，，其前n项和为，则 ．
19．等差数列的前n项和，，数列的前n项和
20．数列的前10项和为 .
四、解答题
21．已知数列的通项公式为，数列满足．
(1)求的通项公式；
(2)设，记数列．的前项和为，从下面两个条件中选一个，判断是否存在符合条件的正整数，，，若存在，求出，，的一组值；若不存在，请说明理由．
①，，成等比数列且，，成等比数列；
②，成等差数列且，，成等差数列．
注：如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
22．进行独立重复试验，设每次成功的概率为，则失败的概率为，将试验进行到恰好出现次成功时结束试验，以表示试验次数，则称服从以，为参数的帕斯卡分布或负二项分布，记为．
(1)若，求；
(2)若，，．
①求；
②要使得在次内结束试验的概率不小于，求的最小值．
23．已知数列的前n项和，.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)已知，求数列的前n项和.
参考答案：
1．C
【分析】A项，根据数列的通项公式即可求出前项的和；B项，利用比例关系即可求出的值；C项，化简通项公式，利用裂项相消法即可求出；D项，求出数列的周期，即可求出.
【详解】由题意，
对于A，在中，
，A正确；
对于B，因为，所以B正确；
对于C，因为，
所以，故C错误；
对于D，当时，可得，同理当时，可得，依次可求得，依此类推，可知该数列的周期为3，，故D正确．
故选：C.
2．B
【分析】先变形得到，再利用裂项相消法求和即可.
【详解】，
所以.
故选：B.
3．B
【分析】根据题意求得，进而可得，利用裂项相消法求，即可得结果.
【详解】由一次函数在坐标轴上的截距相等且不为零，可设，
又因为其图象经过点，则，解得，
所以，即.
可得，则，
则，
，解得.
故选：B.
4．A
【分析】利用裂项相消求和可得答案.
【详解】由题意得，
则当时，，
当时也满足上式，所以，所以
，
故的前2023项和为．
故选：A.
5．C
【分析】由类比把通项化为
，相加即可求和.
【详解】.
故选：C
6．C
【分析】先分奇偶求出通项公式，再应用裂项相消法即可得前n项和，则得M的最小值.
【详解】当时，，即.
所以当为奇数时，是常数列.又，
所以当为奇数时，，即，
当为偶数时，，
所以当时，.
设，则
故的前项和为
，当趋向于无穷大时，前和趋向于.
所以的最小值为.
故选：C.
7．D
【分析】根据题意化简得到，结合消项法，即可求解.
【详解】由数列的通项公式为，可得，
所以.
故选：D.
8．C
【分析】由题意可得的边长，进而可得周长及，进而可得，可得解.
【详解】由，
可得，，，，
所以，
所以，
所以前项和，
所以，
故选：C.
9．BCD
【分析】由已知且，利用及累加法判断A；利用及累加法判断B；利用及累加法判断C；利用及累加法判断D.
【详解】由题设且，
由，，，...，，
所以，
则，A错误；
由，，，...，，
所以，则，B正确；
由，则，
所以
，C正确；
由，
所以
，D正确.
故选：BCD.
10．BCD
【分析】根据等差数列、等比数列的性质及求和公式一一计算即可.
【详解】对于A项，由题意易得：当时，，，
显然时，，故A错误；
对于B项，由题意易得：，
即，故B正确；
对于C项，由已知可得：，
所以
若为偶数，则，
当且仅当时取得等号；
若为奇数，则，
当且仅当时取得等号；
故C正确；
对于D项，由已知得：，
故，
故裂项可得：，
所以，故D正确；
故选：BCD
【点睛】本题考察数列的综合，需要较高的计算能力与逻辑思维能力，属于压轴题.
C项的关键在于化简得，再将用基本不等式分类讨论求最值；
D项的关键在于利用条件化简得，再用裂项相消求和判定不等式.
11．BC
【分析】运用累和法、裂项相消法，结合等差数列的前n项和公式逐一判断即可.
【详解】由题意可知：，于是有，
显然可得：， ，因此选项A不正确，选项B正确；
当 时，，
显然适合上式，，因此选项D不正确；
，
，因此选项C正确，
故选：BC
12．AD
【分析】根据定义求出数列的通项公式，判断A，B，举反例判断C，结合裂项相消法判断D.
【详解】因为，且为既约真分数，
所以，故A正确，
所以，故，B错误．
，故C错误．
，故D正确．
故选：AD．
13．
【分析】根据题意可得，，再根据等比数列求，结合分组求和和错位相减法法求.
【详解】设其爬k次后的位置是出发点的概率为，
爬次后的位置是出发点可以认为是从次后的位置不是出发点，再从该点爬向出发点，
由题意可得：，，
则，
即数列是以首项为，公比为的等比数列，
∴，即，
故，
∵，
对于，
，
则可得：
，
∴，
故.
故答案为：.
14． /
【分析】由已知可得出，利用裂项相消法可求得数列的前项和；写出数列的前若干项，推导出数列是以为周期的周期数列，即可求得数列的前项和.
【详解】当且为正整数，由可得，
所以，数列的前项和为
，
因为数列满足，（且为正整数），
数列为：、、、、、、、、、、、、、、、、，
数列各项除以的余数构成一个新数列，
数列为：、、、、、、、、、、、、、、、、，
观察可得数列是以为周期的周期数列，故，
又因为，
所以，数列的前项和为.
故答案为：；.
15．
【分析】利用裂项相消法求解即可.
【详解】当，，，
所以
.
故答案为：.
16．
【分析】利用裂项相消法进行求解即可.
【详解】因为，
所以数列的前20项和为：
，
故答案为：
17．8
【分析】根据裂项相消求和即可得解.
【详解】因为
所以
所以
所以
所以
所以
所以，
故，
故，
又,
所以只需.
故答案为：.
18．
【分析】注意到，后由裂项求和法可得答案.
【详解】因为，
所以，所以.
故答案为：.
19．
【分析】根据已知条件求得，利用裂项求和法求得数列的前n项和.
【详解】设等差数列的公差为，
则，解得，
所以，
所以，
所以数列的前n项和为
.
故答案为：
20．
【分析】利用裂项相消法进行求和即可.
【详解】解：，故.
故答案为：.
21．(1)；
(2)不存在，理由见解析.
【分析】（1）利用,求出，将代入即可;
（2）表示出数列，用裂项相消法，进一步表示出相应的，，或者，，，验证是否满足.
【详解】（1）当时，，所以．
由题意知，
则当时，，
两式相减，得．
所以．当时，满足上式，故．
（2）（2）若选①，
因为，
所以
，
假设存在正整数，，使得，，成等比数列，且，，成等比数列，
则，且，即，
整理得，因为，
所以，即，
因为，所以，与矛盾，
所以不存在正整数，，，使得，，成等比数列且，，成等比数列．
若选②，
因为．
所以
，
假设存在正整数，，使得，，成等差数列，且，，成等差数列，
则，且，即，
去分母整理得，，
因为，所以有，
即，因为，，矛盾．
所以不存在正整数，，使得，，成等差数列，且，，成等差数列．
22．(1)
(2)①；②
【分析】（1）根据独立重复试验的概率公式计算可得；
（2）①依题意可得，，再利用裂项相消法求和即可；
②①可知，即，令，判断的单调性，再由特殊值即可求出的取值范围，即可得解.
【详解】（1）因为，所以.
（2）①因为，，，
所以，，
所以
；
②由①可知，所以，
令，则，
所以单调递减，又，，
所以当时，则的最小值为.
23．(1)证明见解析
(2)，
【分析】（1）根据求出数列的通项公式即可证明数列是等差数列.
（2）利用裂项相消的方法求数列的前n项和即可.
【详解】（1），，①
当时，；
当时，.
由得.
当时，满足上式，
数列的通项公式为，.
，为常数，
数列是等差数列.
（2）由知，
数列的前n项和为
，.